专题03立体几何初步章末重点题型训练（二十五大题型）-2025-2026学年高一下学期数学高频考点题型归纳与满分必练（人教A版必修第二册）

专题03立体几何初步章末重点题型汇编 （二十五大题型） 【题型1 判断几何体类型（柱、锥、台、球）】 【题型2 几何体结构正误辨析】 【题型3 斜二测画法中有关量的计算】 【题型4 柱体表面积与体积】 【题型5 锥体表面积与体积】 【题型6 台体表面积与体积】 【题型7 球的表面积与体积】 【题型8 组合体表面积 / 体积】 【题型9 三个公理及推论应用】 【题型10 截面问题】 【题型11 线线位置关系判断】 【题型12 异面直线判定与夹角】 【题型13 证明线面平行】 【题型14 证明面面平行】 【题型15 平行中的动点存在性问题】 【题型16证明线面垂直】 【题型17 证明面面垂直】 【题型18 线面角、二面角计算】 【题型19点到平面的距离】 【题型20线面距离、面面距离】 【题型21长方体 / 正方体的外接球】 【题型22直棱柱外接球】 【题型23棱锥外接球】 【题型24内切球】 【题型25立体几何解答题】 【题型1 判断几何体类型（柱、锥、台、球）】 1．已知由五个面围成多面体，有且只有四个面是三角形，则这个几何体为（   ） A．四棱柱 B．四棱锥 C．三棱柱 D．三棱锥 【答案】B 【分析】根据棱锥的定义判断即可． 【详解】有一个面是多边形，其余四个面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥， 故根据棱锥的定义可知该几何体有四条侧棱，该几何体是四棱锥． 故选：B. 2．下列几何体中是四棱锥的是 A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由四棱锥的定义判断. 【详解】因为一个多面体的一个面是四边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，那么这个多面体叫做四棱锥.只有C符合， 故选：C 【点睛】本题主要考查四棱锥的定义和几何特征，属于基础题. 3．下列立体图形为平行六面体的是（   ）. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】平行六面体是一种底面为平行四边形的四棱柱‌，属于特殊的四棱柱结构，其六个面均由平行四边形组成，即可依次判断ABCD. 【详解】由平行六面体的定义， 选项A,C,D底面不为平行四边形，故A,C,D错误； 选项B满足平行六面体的特征. 故选：B. 4．如图，长方体被一个平面截成两个几何体，且 ，这两个几何体分别是（    ） A．三棱柱和五棱柱 B．三棱台和五棱柱 C．三棱柱和五棱台 D．三棱台和五棱台 【答案】A 【分析】由棱柱的几何特征即可求解. 【详解】由于，所以,所以几何体为三棱柱，几何体为五棱柱， 故选：A. 【题型2 几何体结构正误辨析】 5．关于正九棱锥，下列判断错误的是（   ） A．正九棱锥有18条棱 B．正九棱锥的侧棱都相等 C．正九棱锥有18个面 D．正九棱锥的底面是正九边形 【答案】C 【分析】根据正棱锥的性质，即可判断选项. 【详解】正九棱锥有18条棱、10个面，正九棱锥的侧棱都相等，正九棱锥的底面是正九边形． 故选：C 6．四棱锥至多有几个面是直角三角形？（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】在正方体中考虑一个四棱锥，即可得到四个面均为直角三角形. 【详解】在正方体中，取四棱锥， 其四个侧面均为直角三角形，又四棱锥仅有四个三角形面，所以四棱锥至多有四个面是直角三角形. 故选：C. 7．从几何体的某一顶点开始，沿着棱不间断，不重复地画完所有棱的画法称为“一笔画”.下列几何体可以“一笔画”的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意结合图形可得答案. 【详解】根据题意，从几何体的某一顶点开始，沿着棱不间断，不重复地画完所有棱的画法称为“一笔画”， 从一顶点出发的边数为双数的顶点叫偶点，只要是偶点组成的图形一定可以一笔画，C选项正确； 从一顶点出发的边数为单数的顶点叫奇点，只要是奇点组成的图形，必须满足只有两个奇点，其余点为偶点才可以一笔画， 而ABD选项图形中，每个点都是奇点，所以不能一笔画. 故选：C. 8．一个几何体由5个面围成，则该几何体可能是（    ） A．三棱锥 B．四棱柱 C．三棱台 D．五棱锥 【答案】C 【分析】根据棱台、棱锥、棱柱的结构特性，即可得出每个几何体的面数. 【详解】三棱锥由4个面围成，四棱柱和五棱锥均由6个面围成，三棱台由5个面围成． 故选：C. 9．下列说法正确的是（    ） A．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面 B．棱柱的侧面都是全等的平行四边形 C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱 D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 【答案】C 【分析】利用棱柱的定义判断ABC；利用棱台的定义判断D. 【详解】对于A，正六棱柱正对的两个侧面平行，但它们不是正六棱柱的底面，A错误； 对于B，底面邻边不等的长方体的相邻两个侧面不全等，B错误； 对于C，由棱柱的定义知，C正确； 对于D，当截面与棱锥的底面不平行时，棱锥底面与截面之间的部分不是棱台，D错误. 故选：C 【题型3 斜二测画法中有关量的计算】 10．如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形中最长边的长度为（ ） A．2 B． C．4 D．6 【答案】D 【详解】将直观图还原为原图，如图， 在直观图中，，则， 故在原图中，，， 所以，而， 所以原四边形ABCD中最长边为6. 11．如图，是利用斜二测画法画出的（为直角）的直观图，的面积为，图中，过点作轴于点，则的长为（   ）    A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】利用面积公式求出原的高，进而求出，然后在中求解即可. 【详解】在中，，由的面积为16，， 得，则，，而， 轴于点， 所以. 故选：C 12．如图，一个水平放置的平面图形的直观图是直角，其中，则原图形的面积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用斜二测画法的面积性质即可求解. 【详解】由斜二测画法可知。，又因为， 所以直角的面积为， 根据面积关系，可知原图形的面积为， 故选：A. 13．如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法面出的直观图，其中，，则原四边形的周长为（    ） A． B．20 C．12 D． 【答案】B 【分析】根据斜二测画法将直观图还原为原图，结合已知求出原平面四边形的各边长，即可得解. 【详解】将直观图还原为原图，如图， 由题，，则，故，， 所以，而，， 所以四边形是平行四边形，周长为. 故选：B. 【题型4 柱体表面积与体积】 14．已知正四棱柱中，截面是边长为的正方形，则正四棱柱的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正四棱柱的性质及截面的特征求出底面边长与高，再由表面积公式计算可得. 【详解】正四棱柱是底面为正方形的直棱柱， 设底面边长为， 因为截面是边长为的正方形，所以，， 则，解得（负值已舍去）， 所以正四棱柱的表面积. 故选：D 15．如图，已知一个直四棱柱的侧棱长为6，底面是对角线长分别是9和13的菱形，则这个四棱柱的侧面积是（    ）．    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用直四棱柱的结构特征及已知条件求相关棱长，进而求棱柱的侧面积. 【详解】如图，连接交点为O，    则对角线，，所以， 因为直四棱柱的底面是菱形，所以， 所以， ∴直四棱柱的侧面积. 故选：D. 16．如图，在正方体的八个顶点中，有四个顶点A，，C，恰好是正四面体的顶点，则此正四面体的表面积与正方体的表面积之比为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设出正方体的棱长，求出正方体的表面积，再求正四面体的表面积，求比值即可． 【详解】解：设正方体的棱长为，则正方体的表面积是， 正四面体，则棱长为， 它的表面积是， 正四面体的表面积与正方体的表面积之比为． 故选：D． 17．已知底面边长为，侧棱长为的正三棱柱的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用棱柱的体积公式求三棱柱的体积. 【详解】由题意得该三棱柱体积为. 故选：B. 18．已知正三棱柱中，，则该三棱柱的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先求出底面的面积，再根据柱体的体积公式计算可得. 【详解】在正三棱柱中，， 所以， 所以. 故选：C 19．以周长为32的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意可得圆柱的底面半径，高，从而可根据侧面展开图是矩形，可求出其侧面积 【详解】以周长为32的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体为圆柱， 其底面半径，高，故其侧面积为. 故选：D. 【题型5 锥体表面积与体积】 20．已知正四面体的表面积为，则它的棱长为（    ） A．3 B． C．2 D．1 【答案】C 【分析】先由正四面体的表面积求出其中一个正三角形的面积，再求出正三角形的边长即为棱长. 【详解】因为正四面体的表面积为，所以正四面体的其中一个正三角形面的面积是，设正四面体的棱长为， 则正三角形面的面积，所以 故选：C 21．若正四棱锥的高为，且其各侧面的面积之和是底面积的2倍，则该四棱锥的表面积为（    ） A．4 B．8 C．12 D．24 【答案】D 【分析】根据侧面积之和为底面积的2倍得到斜高和底面边长的关系，由勾股定理得到方程，求出斜高，进而求出底面积和侧面积，相加得到表面积. 【详解】如图，是正四棱锥的高，所以，是斜高，    由各侧面的面积之和是底面积的2倍可得，所以， 在中，，，所以， 所以， 底面积，侧面积为， 表面积． 故选：D． 22．一个正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该四棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据勾股定理求出正四棱锥的高，然后根据四棱锥的体积公式求出结果即可. 【详解】正四棱锥底面的对角线的长度为， 由于四棱锥的侧棱长､高､底面对角线的一半构成一个直角三角形， 故正四棱锥的高为，所以体积为， 故选：C. 23．已知某正四棱锥的高为2，体积为24，则该正四棱锥的底面边长为（   ） A．9 B．8 C．6 D． 【答案】C 【分析】设底面边长为a，代入体积公式，即可得答案. 【详解】设底面边长为a，则正四棱锥的体积，解得. 故选：C 24．空间中有一正方体， 将点依次连接， 得到体积为 的三棱锥 ，则正方体的体积为（   ） A． B．24 C． D． 【答案】D 【分析】利用正方体和锥体的体积公式即可求解. 【详解】 由题意可得，三棱锥的体积等于正方体的体积减去四个体积相等的三棱锥体积， 即 设正方体的边长为，则有， 所以正方体体积为， 故选：D. 25．如图1，在直角梯形ABCD中,,,,,,E为线段BC上的一点,,过E作AB的平行线交AD于F,将矩形ABEF翻折至与梯形ECDF垂直得到六面体ABCDFE,如图2,则六面体ABCDFE的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】把六面体ABCDFE的体积分成四棱锥和三棱锥相加即可得出答案. 【详解】由题意得六面体ABCDFE的体积为：， 故选：D 26．已知圆锥底面半径为2，其母线与下底面所成角为，则该圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先计算出母线长，再利用圆锥的侧面积转化为扇形面积即可得到答案． 【详解】易得圆锥的母线长为，底面周长是，所以该圆锥的侧面积为扇形面积， 弧长为，半径为，则侧面积为. 故选：B. 27．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由侧面展开图求得母线长后求得圆锥的高，再由体积公式计算． 【详解】设圆锥母线长为，高为，底面半径为， 则由，得，所以， 所以． 故选：B． 28．若一个圆锥的轴截面是一个腰长为，底边上的高为2的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由轴截面先求出底面圆半径，再由圆锥的侧面积公式求解. 【详解】    由题意可得该圆锥的母线长，底面圆半径， 所以该圆锥的侧面积为. 故选：B. 【题型6 台体表面积与体积】 29．已知一个正四棱台的两个底面的边长分别为4和16，侧棱长为10，则该棱台的侧面积为（    ）． A．80 B．240 C．320 D．640 【答案】C 【分析】在侧面等腰梯形中求得斜高后可得侧面积． 【详解】由题意正四棱台的斜高为， 所以侧面积为． 故选：C． 30．圆台的上、下底面半径分别是，且圆台的高为4，则该圆台的体积是（    ） A．30π B．28π C．25π D．24π 【答案】B 【分析】由圆台的体积公式即可得到答案. 【详解】因为圆台的上、下底面半径分别是，，高为， , 所以圆台的体积为． 故选：B． 31．正四棱台的上、下底面的边长分别为2，8，侧棱长为，则其体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，利用正四棱台的几何结构特征，求得棱台的高，结合棱台的体积公式，即可求解. 【详解】如图所示，设正四棱台的上底面的中心为，下底面的中心为，连接， 在平面内，作，交于点，可得 因为正四棱台的上下底面边长分别为和，可得， 则， 在直角中，由，可得， 即，即正四棱台的高为， 所以正四棱台的体积为. 故选：D.    32.一个三棱柱容器中盛有水，侧棱，若侧面如图2水平放置时，水面恰好过AC，BC，，的中点，那么当底面ABC水平放置时，水面高为（    ）    A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【分析】当底面水平放置时，水的形状为四棱柱形，由已知条件求出水的体积，由于是三棱柱形容器，故水的体积可以用三角形的面积直接表示出，不必求三角形的面积． 【详解】不妨令此三棱柱为直三棱柱，如图    当侧面水平放置时，水的形状为四棱柱形，底面是梯形． 设的面积为，则， ． 当底面水平放置时，水的形状为三棱柱形，设水面高为，则有， ，． 故当底面水平放置时，水面高为6． 故选：C. 33．某款厨房用具中的香料收纳罐的实物图如图1所示，该几何体为上、下底面周长分别为，的正四棱台，若棱台的高为，忽略收纳罐的厚度，则该香料收纳罐的容积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用台体的体积公式直接计算即可． 【详解】由题意可知，该四棱台的上、下底面边长分别为，， 故该香料收纳罐的容积为． 故选：C． 34．已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出圆台的轴截面，利用其周长和两底面圆半径的关系列方程，求出，代入公式，即可求得圆台的表面积. 【详解】    如图，作出圆台的轴截面,设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是， 故轴截面周长为，解得， 所以上、下底面圆的面积分别为，，圆台侧面积， 所以圆台的表面积为. 故选:C. 【题型7 球的表面积与体积】 35．已知平面截球的截面面积为，点到平面的距离为3，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出截面圆的半径，进而得到球的半径，得到球的体积. 【详解】平面截球的截面为圆，设圆的半径为，则，解得， 又点到平面的距离为3，则球的半径为， 所以球的体积为 故选：D 36．小明同学的早餐是一个馒头和一块火腿肠，馒头可以看作一个底面直径为的半球，火腿肠可以看作是由一平面将一圆柱截去一部分所得，其数据如图所示，题该馒头和火腿的体积分别为（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】B 【分析】根据球的体积以及圆柱的体积计算，可得答案. 【详解】馒头的体积为， 火腿的体积为. 故选：B. 37．天然钻石是在地球深部高压、高温条件下形成的一种由碳元素组成的单质晶体，随着科技发展，人工钻石也在不断涌现，目前已合成的有白钻、黄钻、绿钻及蓝钻.钻石常见外形有圆形、椭圆形、榄尖形、心形、梨形、方形、三角形等！现有一款雕琢后的钻石，其形状如图所示，可看作由正六棱台 和正六棱锥 P-ABCDEF组合而成，其中 若该组合体的外接球存在，且外接球的体积为36π，则AA₁ 的长度为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】由组合体的外接球的体积可求得半径，因为，可得球心的位置，记正六边形的中心为，可求得，进而可求得. 【详解】因为组合体的外接球的体积为，设球的半径为，所以 所以外接球的半径，因为，所以球心O与正六边形 的中心重合， 记正六边形的中心为，因为 所以 所以. 故选：D. 38．如图，过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，所得截面圆的半径为，则球的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用勾股定理列方程，求得球的半径，进而求得球的体积. 【详解】设球的半径为，则，解得， 球的体积. 故选：A 39．已知正三棱柱底面边长为，侧棱长为1，则该正三棱柱外接球体积为（    ） A．3π B． C． D． 【答案】B 【分析】求出底面外接圆的半径后可求外接球半径，从而可求外接球的体积. 【详解】因为正三棱柱的底面边长为， 所以底面所在平面截其外接球所成的圆的半径满足即， 又由正三棱柱的高为1，则球心到圆的距离为， 故外接球半径，∴外接球的体积． 故选：B． 40．把一个铁制的底面半径为，侧面积为的实心圆柱熔化后铸成一个球，则这个铁球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出圆柱的高，由圆柱和球的体积相等即可得出球的半径，再利用球体的表面积公式可求得结果. 【详解】设实心圆柱的高为， 因为实心圆柱的底面半径为，侧面积为，解得， 则圆柱的体积为， 设球的半径为，则，解得， 因此，该铁球的表面积为. 故选：A. 41．素面高足银杯（如图1）是唐代时期的一件文物．银杯主体可以近似看作半个球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略），如图2所示，已知球的半径为r，银杯内壁的表面积为，则球的半径与圆柱的高之比为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据球和圆柱的表面积公式，即可求解. 【详解】设圆柱的高为，则银杯内壁的表面积， 得. 故选：A 42．如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为，圆柱的底面半径为，高为，则该几何体的表面积为_______．    【答案】 【分析】根据给定的组合体，结合球的表面积公式、圆柱的侧面积公式计算即得. 【详解】依题意，该几何体的表面积是半球的表面积与圆柱侧面积的和， 所以所求表面积为. 故答案为： 【题型8 组合体表面积 / 体积】 43．不锈钢实心陀螺是早起民间的小孩子的娱乐工具之一，现在成了一些城市老年人健身和娱乐的工具，目前的成人陀螺的形状由同底的一个圆柱和一个圆锥组合而成．如下图，已知一陀螺的圆柱的底面直径为16，圆柱和圆锥的高均为6，则该陀螺的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分析该陀螺的表面结构，结合圆柱、圆锥的侧面积公式运算求解. 【详解】该陀螺的表面积有：底面圆面、圆柱的侧面和圆锥的侧面， 因为圆柱的底面直径为16，所以半径为8， 则底面圆面面积为：， 因为圆柱的高为6， 所以圆柱的侧面为：， 根据圆锥的高为6，底面圆的半径为8， 得圆锥母线长为， 所以圆锥的侧面为：， 所以该陀螺的表面积为：， 故选：A. 44．已知一个圆柱和一个圆锥的底面半径和高分别相等，圆柱的轴截面是一个正方形，则这个圆柱的侧面积和圆锥的侧面积的比值是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设出底面半径，由题意可得高，即可计算圆柱的侧面积和圆锥的侧面积，即可得解. 【详解】设这个圆柱和圆锥的底面半径为， 由圆柱的轴截面是一个正方形，故其高， 则圆柱的侧面积， 圆锥的侧面积， 则. 故选：B. 45．民间娱乐健身工具陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺的立体结构图.已知.底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据已知求出圆锥的母线长，从而可求出圆锥的侧面积，再求出圆柱的侧面积和底面面积，进而可求出陀螺的表面积 【详解】由题意可得圆锥体的母线长为， 所以圆锥体的侧面积为， 圆柱体的侧面积为，圆柱的底面面积为， 所以此陀螺的表面积为（）， 故选：C 46．如图一是一个组合体的直观图，它的下部分是一个圆台，上部分是一个圆柱，图二是该组合体的轴截面，则它的表面积是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别计算圆柱的上底面面积、圆柱的侧面面积、圆台的下底面面积、圆台的侧面面积可得答案. 【详解】圆柱的上底面面积为；圆柱的侧面面积为； 圆台的下底面面积为；圆台的母线长为， 所以圆台的侧面面积为， 则该组合体的表面积为. 故选：D. 【题型9 三个公理及推论应用】 47．如图，空间四边形中，分别是的中点，分别在上，且． (1)求证：四点共面； (2)设与交于点，求证：三点共线． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）证明四边形中有一对平行直线即可. （2）要证明三点共线，可证明点在直线上，即证明点在平面与平面的交线上即可. 【详解】（1）证明：在中，∵为的中点， ∴． 在中，∵， ∴，∴， ∴四点共面． （2）∵，，， ∴平面，平面， 又平面平面， ∴直线．∴三点共线． 48．如图，在正方体中，E，F分别是上的点，且.    (1)证明：四点共面； (2)设，证明：A，O，D三点共线. 【答案】(1)证明见祥解 (2)证明见祥解 【分析】（1）连接，利用中位线定理得到，再根据正方体的性质得到，进而证明四边形是平行四边形，从而得到，由此可证四点共面； （2）先证平面，且平面ABCD，又平面平面， 所以，进而得到A，O，D三点共线. 【详解】（1）证明：如图，连接.    在正方体中，，所以， 又，且， 所以四边形是平行四边形，所以， ，所以四点共面； （2）证明：由，，又平面，平面， 同理平面ABCD，又平面平面， ，即A，O，D三点共线. 49．已知正方体中，，点M，N分别是线段，的中点． (1)求点M到平面的距离； (2)判断，M，B，N四点是否共面，若是，请证明；若不是，请说明理由． 【答案】(1)； (2)是，证明见详解. 【分析】（1）由即可求解； （2）利用三角形中位线性质证明，然后证明为平行四边形，即可得，再由直线平行的传递性可证. 【详解】（1）记点M到平面的距离为h， 易知为正三角形，且，所以， 又， 所以， 因为，所以，即， 解得，即点M到平面的距离为. （2），M，B，N四点共面，证明如下： 连接， 因为M，N分别是线段，的中点， 所以， 由正方体性质可知，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以， 所以，M，B，N四点共面. 【题型10 截面问题】 50．将一个苹果切3刀，最多可以切成x块，最少可切成y块，则的值为________． 【答案】12 【分析】分类讨论得到三个平面可以把空间分成4，6，7，8部分，从而得到，，所以． 【详解】当三个平面无交线，即三个平面平行时，可以把空间分为4个部分； 当三个平面经过同一条直线或三个平面有两条交线（一个平面与两个平行平面相交）时，可以把空间分为6个部分； 当三个平面两两相交且3条交线平行时，可以把空间分为7个部分； 当三个平面两两相交且3条交线共点时，可以把空间分为8个部分， 所以三个平面可以把空间分成4，6，7，8部分． 将一个苹果切3刀可得块数最多与最少问题，相当于三个平面把空间分成的部分数最多与最少问题， 故，，所以． 故答案为：12 51．E、F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1、C1D1的中点，则过A、E、F三点的截面的图形是______________.    【答案】五边形 【分析】由平面的基本性质作出截面图形即可判断. 【详解】作直线EF分别与直线DC、DD1相交于P、Q，    连接AP交BC于M，连接AQ交A1D1于N，连接NF、ME， 则五边形AMEFN即为过A、E、F三点的截面； 故答案为：五边形. 52．如图，在边长为的正方体中，为的中点，过 、、作正方体的截面，则截面面积为____________. 【答案】/ 【分析】首先根据平行的性质，作出平面，再求面积. 【详解】如图，取的中点，连结，，，， 因为为的中点，所以，又， 所以，则平面为平面，且 四边形为截面四边形，为等腰梯形， ，，， 所以梯形的高， 所以梯形的面积. 故答案为： 53．已知平面与平面将空间分成3部分，若空间中还有一个平面，那么这三个平面可以将空间分成______．部分． 【答案】或 【分析】由题意可得，再分分别与相交时，时两种情况讨论即可. 【详解】因为平面与平面将空间分成3部分， 所以， 当分别与相交时，这三个平面可以将空间分成部分； 当时，这三个平面可以将空间分成部分， 综上所述这三个平面可以将空间分成或部分. 故答案为：或. 54．在棱长为的正方体中，若为的中点，则过三点的平面截正方体所得的截面面积为____________． 【答案】18 【分析】取的中点，连接，则梯形为过三点的截面，然后求解其面积即可. 【详解】取的中点，连接， 因为为的中点，所以‖，， 因为‖，，所以‖，， 所以四点共面，即过三点的截面为梯形， 因为正方体的棱长为4， 所以， 所以等腰梯形的高为， 所以梯形的面积为， 故答案为：18 【题型11 线线位置关系判断】 55．已知空间中的三条直线l、m、n，若l与m异面，且l与n异面，则m与n（    ） A．异面 B．相交 C．平行 D．均有可能 【答案】D 【分析】根据题意作出图形,进行判断即可. 【详解】空间三条直线. 若与异面,且与异面，则可能平行，如图， 也可能相交，如图， 也可能与异面，如图， 故选：D. 56．已知点M是平行六面体的面对角线上的动点，则下列直线中与恒为异面直线的是（ ） A． B． C．CD D． 【答案】C 【分析】举反例，排除ABD，结合异面直线定义证明C正确. 【详解】对于A，当点位于位置时，直线与直线相交，故A错误； 对于D，当点位于位置时，直线与直线相交，故D错误； 对于B，当点位于的中点时，如图， 因为四边形为平行四边形，所以也为的中点， 因为，所以四点共面，所以与共面，故B错误； 对于C，直线平面，直线平面， 点不在直线上，所以直线与直线为异面直线，故C正确； 故选：C. 57．如图，在正方体中，直线与直线BD（   ） A．异面 B．平行 C．相交且垂直 D．相交但不垂直 【答案】A 【分析】法一：根据异面直线的概念判断即可.法二：利用反证法可证明直线与直线异面. 【详解】法一：由图形可知，直线与直线不同在任何一个平面，这两条直线为异面直线. 法二：（反证法）假设直线与直线不异面，则直线与直线共面， 设直线与直线确定的平面，又不共线，所以确定平面， 所以平面与平面重合，从而可得平面，与平面矛盾， 所以直线与直线异面. 故选：A. 58．垂直于同一条直线的两条直线一定（    ） A．平行 B．相交 C．异面 D．以上都有可能 【答案】D 【分析】根据空间直线的位置关系即得． 【详解】垂直于同一条直线的两条直线有可能平行，也有可能相交于一点，也有可能异面． 故选：D 【题型12 异面直线判定与夹角】 59．在正方体中，分别为、、、的中点，则异面直线与所成的角等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，异面直线与所成的角是或其补角，由正方体性质即可得结论. 【详解】如图，连接， 由题意， 所以异面直线与所成的角是或其补角， 由正方体性质知是等边三角形，， 所以异面直线与所成的角是. 故选：B. 60．在正方体中，为的中点，则直线与所成角的余弦值为_________． 【答案】/ 【分析】利用平移得到异面直线所成角，借助于直角三角形求解即得. 【详解】 在正方体中，因, 故直线与所成角即直线与所成角，即. 设正方体棱长为2，因为的中点，则，于是, 即直线与所成角的余弦值为. 故答案为：. 61．已知正四棱锥的底面边长为2，体积为，为棱的中点，则直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出图形，利用异面直线夹角的几何求法找到夹角，利用直角三角形中锐角三角函数的定义求解即可. 【详解】 如图，设正四棱锥的高为，则，，所以. 设正四棱锥的底面中心为，连接，，则， 所以直线与所成的角为，且连接， 由题可得，，，所以， 所以，故A正确. 故选：A 62．在矩形中，，，为边的中点，现将绕直线翻转至处，如图所示，若为线段的中点，则异面直线与所成角的正切值为（    ）    A． B．2 C． D．4 【答案】A 【分析】借助等角定理可得为异面直线与所成的角，借助正切定义计算即可得. 【详解】取的中点，连接，， 因为是的中点，所以， 且，所以四边形为平行四边形，所以， 所以为异面直线与所成的角， 在直角中，. 故选：A.    63．一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中，下列结论正确的是（    ） A． B． C．MN与AB是异面直线 D．BF与CD成角 【答案】ACD 【分析】根据给定的展开图，还原正方体，再结合线线垂直、平行及异面直线的意义判断即可. 【详解】将正方体的展开图还原，如图， 对于A，连接，显然，则四边形是平行四边形， ，而，因此，A正确； 对于B，由，得， 则，而，因此，B错误； 对于C，平面，平面，，平面， 因此MN与AB是异面直线，C正确； 对于D，由选项B知，，因此BF与CD成角，D正确. 故选：ACD 【题型13 证明线面平行】 64．正三棱柱的底面正三角形的边长为2，D为的中点，． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到线线平行，从而线面平行； （2）利用椎体体积公式进行求解. 【详解】（1）证明：连接，设，连接， ∵是正三棱柱的侧面， ∴为矩形， ∴是的中点， ∴是的中位线， ∴， 又平面，平面， ∴平面. （2）因为在正三棱柱中，底面正三角形的边长为2， ，侧面为矩形， 所以三棱锥的体积. 66．如图，在正方体1中，，E、F、G分别为、、中点. (1)求三棱锥的表面积； (2)求证：平面. 【答案】(1)16； (2)证明见解析. 【分析】（1）借助正方体的结构特征求出三棱锥的表面积. （2），连接，利用线面平行的判定推理得证. 【详解】（1）在正方体中，，两两垂直， 由分别为的中点，得，， 等腰底边上的高， 所以三棱锥的表面积 . （2）连接，，连接， 由是正方形对边中点，得四边形是矩形，则是的中点， 而是的中点，因此，而平面，平面， 所以平面. 67．如图，四边形是平行四边形，点分别为线段的中点． (1)证明：平面； (2)若，证明：． 【答案】(1)证明过程见解析 (2)证明过程见解析 【分析】（1）根据中位线得到，从而证明出线面平行； （2）证明出四边形为平行四边形，故，所以平面，同理可得平面，证明出面面平行，由面面平行的性质得到线线平行. 【详解】（1）因为分别为线段的中点， 所以， 因为平面，平面，所以平面； （2）因为四边形是平行四边形， 所以且， 点分别为线段的中点， 故且， 所以四边形为平行四边形，故， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面，平面，所以平面， 又，平面， 所以平面 平面， 因为，即平面平面， 平面平面， 所以. 68．如图，在三棱柱中，，点是的中点，平面. (1)求证： 平面； (2)求三棱锥的体积； (3)求三棱柱外接球的表面积. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由线面平行的判定定理即可证明； （2）由等体积法代入计算，即可得到结果； （3）转化为长方体的外接球问题，再结合球的表面积公式代入计算，即可得到结果. 【详解】（1） 连接，设，连接， 由三棱柱的性质可知，侧面为平行四边形， 因为为的中点，又因为为的中点，所以， 又因为平面，平面， 所以平面. （2）因为，所以， 即，又，平面，所以平面， 所以. （3）因为，平面， 所以三棱柱外接球就是以为棱的长方体的外接球， 长方体的体对角线长， 即长方体的外接球直径，即, 则其表面积为. 【题型14 证明面面平行】 69．如图，在三棱柱中，分别是的中点.求证： (1)证明：四点共面；直线，直线，直线三线共点 (2)平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）证明即可得证四点共面；与是两条相交的直线，证明直线过它们的交点即可得证三线共点. （2）证明平面和平面即可根据面面平行的判定定理得证平面平面. 【详解】（1）分别是的中点， 是的中位线，，且 又在三棱柱中，，且， 由平行的传递性，，且， 四点共面； 由上可知四边形是梯形，故与是两条相交的直线， 设，下证， 平面，且平面， 平面，且平面， 平面平面， ，即三线共点. （2）分别为的中点，， 平面平面， 平面， 在三棱柱中，，且， ，且， 四边形是平行四边形，， 平面平面， 平面， ，平面， 平面平面. 70．如图所示，在三棱柱中， 分别是，，的中点，求证： (1)平面； (2)平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明结论； （2）先证明平面，再证明平面,根据面面平行的判定定理即可证明结论. 【详解】（1）证明：∵分别是的中点， ∴, 又在三棱柱中，， 所以． 又平面， 平面， 所以平面. （2）证明：由（1）知，平面，平面， ∴平面， 又∵分别为中点， 故，, 又∵，∴, ∴四边形为平行四边形， ∴, 又∵平面，平面， ∴平面, 又∵平面, ∴平面平面． 71．如图，在正方体中，是的中点，分别是的中点，求证： (1)平面； (2)平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】(1)利用线面平行的判定定理即可证明；(2)利用面面平行的判定定理证明. 【详解】（1） 如图，连接，∵分别是的中点，∴ . 又∵平面，平面，∴直线平面. （2）连接SD，∵分别是 的中点， ∴.又∵平面，平面， ∴平面，由(1)知，平面， 且平面，平面，， ∴平面∥平面. 72．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，点M是线段B1D1上的一个动点，E，F分别是BC，CM的中点． (1)求证：EF平面BDD1B1； (2)设G为棱CD上的中点，求证：平面GEF平面BDD1B1． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据线面平行的判定定理求证即可； （2）根据面面平行的判定定理证明即可． 【详解】（1）证明：在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，连接BM，如图， 因E，F分别是BC，CM的中点， 则有EFBM， 又EF平面BDD1B1，BM平面BDD1B1， 所以EF平面BDD1B1． （2）证明：取CD的中点G，连接EG，FG，如图， 而E是BC的中点， 于是得EGBD， 而EG平面BDD1B1，BD平面BDD1B1， 从而得EG平面BDD1B1， 由（1）知EF平面BDD1B1， EFEG＝E，且EF、EG平面GEF， 因此，平面GEF平面BDD1B1， 所以当G是DC的中点时， 平面GEF平面BDD1B1． 73．如图，已知四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，点M、N、Q分别是PA、BD、PD的中点.求证： (1)平面PCD； (2)平面平面PBC． 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析﹒ 【分析】(1)利用三角形中位线证明MN∥PC即可； (2)利用中位线证明NQ∥PB，结合(1)中结论即可证明． 【详解】（1）由题意，四棱锥的底面ABCD为平行四边形，点M、N、Q分别是PA、BD、PD的中点，∴N是AC的中点，∴， ∵平面PCD，平面PCD， ∴平面PCD； （2）由(1)知，平面PBC，平面PBC， ∴MN∥平面PBC， ∵ABCD为平行四边形，∴N是BD中点，又∵Q是PD中点， ∴在△PBD中，NQ∥PB， ∵PB平面PBC，NQ平面PBC，∴NQ∥平面PBC， ∵MN∩NQ=N，MN、NQ平面MNQ， ∴平面平面PBC． 【题型15平行中的动点存在性问题】 74．图，在正三棱柱中，O为与的交点，M为的中点，． (1)证明：平面； (2)若G为线段FC上一动点，在平面上是否存在一点N，使得平面恒成立？若存在，请找出点N位置并证明平面；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，点N在延长线上，且，证明见解析. 【分析】（1）先证明，再根据线面平行的判定定理即可证明问题； （2）先证明与全等，得到，进而得到平面，再得到平面，然后得到平面平面FCN，进而确定出点N的位置并证明问题. 【详解】（1）在三棱柱中，O为的中点，连接，∵M为的中点，易知共线，且M为的中点，∴OM为的中位线，∴，∵平面，平面，∴平面． （2）存在点N，当N在延长线上，且时满足条件． 理由如下： 如图，延长，使得． ∵∴与全等， ∴，∴，∴． ∵平面，平面，∴平面． 由及得，∴与相似，∴． ∵平面，平面，∴平面． 又∵FN，平面FCN且，∴平面平面FCN． ∵平面FCN，∴平面． 75．如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点.    (1)求证：平面； (2)若为上的动点，则线段上是否存在点N，使得平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)点为的中点，理由见解析. 【分析】（1）利用平行四边形截面，由线线平行即可证明线面平行； （2）要证明动直线和另一个平面平行，只需要证明动直线所在的平面与另一个平面平行即可. 【详解】（1）    取点为棱的中点，又因为点为棱的中点，所以，且， 又因为，且，所以 则四边形是平行四边形，即， 又因为平面，平面，所以平面； （2）      存在点为的中点，满足平面. 因为点为的中点，点为棱的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 再由平面，，平面，平面， 所以平面平面，又因为平面， 所以平面. 76．如图：在正方体中，棱长，M为的中点． (1)求三棱锥的体积； (2)求证：平面； (3)若为线段上的动点，则线段上是否存在点，使平面？说明理由． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)存在，理由见解析 【分析】（1）利用等体积转化求三棱锥的体积； （2）利用线面平行的判断定理，转化为证明线线平行，构造中位线，即可证明； （3）构造面面平行，即可说明线面平行. 【详解】（1）因为 故三棱锥的体积为． （2）证明：连接，设，连结， 因为，分别是和的中点， 所以， 平面，平面， 所以平面； （3）存在点为的中点时，使平面， 因为，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 平面，平面， 所以平面，且平面， 且，平面， 所以平面平面, 若，则平面， 所以平面 所以线段上存在中点，使平面. 77．如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点． (1)求证：平面； (2)若为上的动点，则线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由； 【答案】(1)证明见解析 (2)存在为线段中点，证明见解析 【分析】（1）取线段的中点，连接，通过证明可得结论； （2）当为线段中点时，平面，通过证明面面可得结论； 【详解】（1）取线段的中点，连接， 因为分别为线段的中点， 所以，且， 又，且， 所以且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）当为线段中点时，平面， 证明：取线段中点，连接 因为分别为线段的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面； 因为，且， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； 又面， 则面面，又面， 所以面， 所以当为线段中点时，平面； 【题型16证明线面垂直】 78．如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，E为的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，结合线面垂直判定定理即可证明； （2）设AC与BD交于点O，连接OE，则，结合线面平行的判定定理即可证明. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又平面为菱形，所以， 又平面， 所以平面； （2）E为PD的中点，设AC与BD交于点O，连接OE， 则，又平面，平面， 所以平面. 79．如图，在四棱锥中，，，，，，，. (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）通过勾股定理，证明出可证得平面. （2）作，垂足为H，连结，证得为与平面所成的角，在中求即可. 【详解】（1）∵，，， 由勾股定理得：， 中，， ∵，∴， 又因为底面，底面，所以， 又因为且平面，∴平面， （2）作，垂足为H，连结， 因为平面， 平面，所以， 又因为且平面，所以平面， 所以为与平面所成的角， 中，， ， 所以直线与平面所成角的余弦值为. 80．如图，在四棱锥中，平面，为的中点，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直的性质得到，再由勾股定理逆定理得到，即可得证； （2）取的中点，连接，即可得到平面，从而得到为直线与平面所成的角，再由锐角三角函数计算可得. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又四边形为直角梯形，且，， 则，所以， 因为，所以，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以，即， 因为，，平面，所以平面. （2）取的中点，连接， 因为为的中点，所以，由（1）知平面，则平面， 所以为直线与平面所成的角. 又平面，所以， 因为，， 又， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 81．如图，在三棱柱中，底面分别为的中点，求证： (1)平面； (2)平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）连接交于，连，可证得四边形为平行四边形，则，从而利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）由已知可得平面，则，再证得，从而利用线面垂直的判定定理可证得结论. 【详解】（1）证明：连接交于，连， 在三棱柱中，矩形中，，则， 因为分别为的中点，所以且， 因为为中点，所以且， 所以且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面， 所以平面. （2）证明：因为底面，平面，所以， 因为∥，所以 因为，所以， 因为平面，所以平面， 因为平面， 因为平面，所以， 因为在矩形中，为的中点， 所以， 因为底面，平面，所以， 所以均为等腰直角三角形， 所以，所以， 所以， 因为平面， 所以平面. 82．如图，矩形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，M为的中点．求证： (1)平面； (2)平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）取的中点，连接，先证明四边形为平行四边形，可得，即可证出； （2）由平面平面可得平面，可得，再结合勾股定理证明，即可证出. 【详解】（1）取的中点，连接． 在中，分别为的中点，所以，且． 由已知，，所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，且平面， 所以平面． （2）在矩形中，， 因为平面平面，且平面平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以． 在直角梯形中，，，可得． 在中，，， 因为，所以． 因为，平面， 所以平面． 【题型17证明面面垂直】 83．如图，已知正方体．求证： (1)平面； (2)平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可. （2）先证平面，再根据线面垂直可证面面垂直. 【详解】（1）因为为正方体， 所以，且平面，平面， 所以平面. （2）因为为正方体， 所以平面， 又平面，所以. 又因为四边形为正方形，所以. ，平面，，所以平面. 又平面，所以平面 平面. 84．如图所示，四棱锥的底面是边长为的菱形，，是的中点，底面，. (1)证明：平面平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，证明出平面，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立； （2）求出、的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离. 【详解】（1）连接，由四边形是边长为的菱形，， 所以，，可知是正三角形. 因为是的中点，所以， 又，所以. 因为底面，平面，所以. 又、平面，，所以平面， 又平面，所以平面平面. （2）因为底面，平面，所以. 又，，所以，. 在正三角形中，，是的中点，所以，且. 因为平面，平面，所以， 所以. 因为，底面， 设点到平面的距离为，所以. 而. 所以，即点到平面的距离为. 【题型18线面角、二面角计算】 85．如图，在三棱锥D-ABC中，底面ABC为正三角形，，，． (1)求证：； (2)求二面角的平面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)1 【分析】（1）证明，，可得平面，进而可得答案． （2）由（1）知为二面角的平面角，求解即可. 【详解】（1）如图，取AC的中点M，连接DM，BM． 在正三角形ABC中，因为M为AC的中点，所以． 因为，，， 所以，所以． 因为M为AC的中点，所以． 因为，平面，所以平面． 因为，所以． （2）由（1）知为二面角的平面角． 在正三角形ABC中，，所以， 在中，由余弦定理得， 所以． 在中，，所以， 所以，所以二面角的平面角的正弦值为1． 86．空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由直三棱柱的结构特征可得，，.根据点的曲率可求得，则为等边三角形.由分别为的中点得.由线面垂直的判定定理即可证明； （2）取的中点，连接，，则.由直三棱柱的结构特征易证平面，根据线面垂直的性质可得，.设，则根据三棱柱的边长及勾股定理可证.由线面垂直的判定定理可证平面，从而为二面角的平面角.在中即可求解二面角的余弦值. 【详解】（1）证明：在直三棱柱中， ∵平面，，，平面， ∴，，. ∴点的曲率为， ∴. ∵，∴为等边三角形. ∵分别为的中点，∴. ∵，，，，平面， ∴平面. （2） 取的中点，连接，. ∵为等边三角形，∴. ∵三棱柱是直三棱柱， ∴平面平面. ∵平面平面，，平面， ∴平面. ∵，平面，∴，. 设.∵，∴，，， ∴，∴. ∵，，，，平面， ∴平面. ∵平面，， ∴为二面角的平面角. ∵，， ∴在中，. ∴二面角的余弦值为. 87．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，平面，． (1)求证：平面； (2)求证：平面PAC平面PCD； (3)求二面角所成角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）取的中点，连接，可求得，，利用勾股定理的逆定理可证，结合，可证结论成立； （2）利用（1）易证结论成立； （3）可证，进而可得为二面角的平面角，进而求解即可. 【详解】（1） 由底面是直角梯形，，，，， 结合勾股定理计算可得：， 取的中点，连接， ，，，四边形是正方形， 则，再由勾股定理可得：，又因为， 则由，所以， 又因为平面平面，所以， 又因为，且平面， 所以平面； （2）由（1）知平面平面，所以平面平面． （3）平面平面，又， 为二面角的平面角． 在中，， . 88．如图1，在矩形ABCD中，，，将△BCD沿BD翻折至△BC1D，且，如图2所示.    (1)求证：平面ABC1⊥平面AC1D； (2)求点C1到平面ABD的距离d； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明详见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据勾股定理可证，再结合线面垂直的判定定理可证平面，然后根据面面垂直的判定定理证明即可； （2）根据等体积法，利用三棱锥的体积求点到平面的距离即可； （3）根据二面角的定义做出二面角的平面角，然后利用直角三角形的性质求解即可. 【详解】（1）由题得，在△中，，所以. 又因为矩形，所以. 因为，平面，平面， 所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）在△中，，所以，所以. 在直角△中，. 由（1）知平面，所以点到平面的距离为. 设点C1到平面ABD的距离为d， 由，得， 所以. （3）如图，在平面内作于点，在平面内作于点，连接.    由（2）知，，又， 平面，所以平面， 因为平面，故. 因为，，平面，所以平面. 又平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 又平面，所以，又， 所以为二面角的平面角. 因为，所以，解得， 因为平面，又平面，故， 所以． 由题意知直角三角形中，，， 故，又，则， 所以， 故二面角的余弦值为． 【题型19点到平面的距离】 89．已知在四棱锥 中，底面是矩形，平面，分别是的中点，且 (1)求证: 平面 (2)求点A到平面的距离. (3)求平面与平面所成锐二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线线垂直证明线面垂直，再证线线垂直，最后可证明线面垂直； （2）利用等体积法可求点到面的距离； （3）作出二面角的平面角，再利用几何法求出正弦值. 【详解】（1）由平面，平面， 所以， 又由底面是矩形，则， 又因为平面，所以平面， 又因为平面，所以， 又由为的中点，所以， 又因为平面，所以平面； （2） 连接，由平面，平面，所以， 又因为，所以， 又因为，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，所以 又因为是中点，所以， 则，， 由等体积法可得点A到平面的距离满足： ； （3） 延长相交于点，再过点作的垂线，垂足为，连接， 因为平面，，所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面，又因为平面， 即，又由于， 所以平面与平面所成锐二面角的平面角就是， 因为，分别是的中点， 所以,即， 所以， 平面与平面所成锐二面角的正弦值为. 90．如图，在直三棱柱中，侧面为正方形，，，点D是棱的中点，点O为与交点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定推理得证. （2）根据给定条件，结合直三棱柱的结构特征证得平面平面，再利用点不对劲平面距离定义，结合面面垂直的性质求解. 【详解】（1）在直三棱柱中，连接， 由，四边形是矩形，得是的中点，而点D是棱的中点， 则，又平面，平面， 所以平面. （2）依题意，，点D是棱的中点，得， 由平面，平面，得， 而平面，则平面， 又平面，因此平面平面，且平面平面， 在平面内过点作于，则平面， 即长是点到平面的距离，在中，， ，因此， 所以点到平面的距离为. 91．如图，已知平面ABC，，，，，，点为的中点 (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)若点为的中点，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由条件可知，平面平面，再利用面面垂直的性质定理，即可证明线面垂直； （2）首先取中点，将转化为，再根据（1）的结果，利用线面角的定义，即可求解线面角； （3）利用等体积转化，，求点到平面的距离. 【详解】（1）∵平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面， ∵，点为中点， ∴， ∵平面平面，平面， ∴平面. （2） 取中点，连接，， ∵，，，点为中点， ∴四边为平行四边形，∴， ∴直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等， ∵平面， ∴为直线与平面所成的角， ∵点为中点，， ∴，，， ∴，又，所以， 所以直线与平面所成角为. （3）如图，连结和， 由，，，且平面， 所以,， ，，, 所以是等边三角形，， 设点到平面的距离为， 则，即，得 所以点到平面的距离为 【题型20线面距离】 92．四棱锥的底面是边长为的正方形，是的中点， (1)证明：平面； (2)若在底面上的投影为底面中心，求直线到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点O，证明，根据线面平行判定定理证明结论； （2）由条件先证明，再结合（1）将问题求直线到平面的距离转化为求点到平面的距离，证明，根据线面垂直判定定理证明平面，由此可得结论. 【详解】（1）证明：连接交于点，连接 因为四边形是正方形，所以是的中点 因为是的中点，所以 又因为平面，平面， 所以平面； （2）因为在底面上的投影为底面中心，所以平面 因为平面，所以， 由（1）知，平面， 所以直线到平面的距离等于点到平面的距离 因为为正方形，所以 因为平面，平面，， 所以平面， 所以点到平面的距离即线段的长度 在正方形中，， 所以，所以直线到平面的距离为 93．如图，在直三棱柱中，，，，M为的中点． (1)证明：平面； (2)求直线到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）连接，利用线面平行的判定推理得证. （2）将线面距离转化为点面距离，再利用等体积法求解. 【详解】（1）在直三棱柱中，连接，交于点N，连接，如图： 则N为的中点，而M为的中点，则，又平面，平面， 所以平面． （2）连接，由，得，又平面，平面， 则，又平面，因此平面， 又平面，则，又，则是等腰直角三角形， ，，， ，设点A到平面的距离为d， 由，得，解得， 由平面，得直线到平面的距离即为点A到平面的距离， 所以直线到平面的距离为． 94．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱底面，，是的中点.    (1)求证：直线平面； (2)求直线到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，利用中位线的性质易知，结合线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）因为平面，直线到平面的距离即点到平面的距离，取的中点，连接，分析可知平面，结合等体积法可求出点到平面的距离. 【详解】（1）连接，并交于点， 因为四边形为正方形，则为的中点， 又因为为的中点，所以， 因为平面，平面，因此平面. （2）因为平面，直线到平面的距离即点到平面的距离， 取的中点，连接，如下图所示：    因为、分别为、的中点，所以，， ， 因为平面，所以平面， 所以. 因为平面，平面，所以， 因为四边形为正方形，则， 因为，、平面，故平面， 因为平面，所以， 因为，为的中点，所以， 因为，、平面，故平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 所以，， 因为平面，平面，所以， 故， 所以， 设点到平面的距离为，则，解得， 因此，直线与平面的距离为. 【题型21长方体 / 正方体的外接球】 95．如图，在三棱锥中，， (1)求三棱锥的表面积； (2)求三棱锥的外接球体积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由直角三角形面积公式得到面积，由余弦定理和三角形面积公式得到面积，相加得到表面积； （2）由两两垂直可知补成长方体，长方体体对角线即为外接球直径，再由球的体积公式得到外接球体积. 【详解】（1）由题意得， ， 以下计算， 在中，，所以， 在中，，所以， 在中，，所以， 在中，由余弦定理得， 所以， 所以， 所以三棱锥的表面积. （2）因为两两垂直， 所以三棱锥的外接球直径即为以长度为边长的长方体的体对角线， 根据长方体体对角线公式得， 所以三棱锥的外接球半径， 所以三棱锥的外接球体积. 96．棱长为的正方体的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】正方体的体对角线即为外接球的直径，即可得解. 【详解】棱长为的正方体的体对角线即为外接球的直径，设外接球的半径为, 则，即， 所以外接球的表面积. 故选：B 97．若长方体的长、宽、高分别为1，1，2，则该长方体外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据长方体外接球的直径为对角线，可得半径，从而求球的体积. 【详解】由已知长方体的对角线长为. 所以外接球半径为， 体积为. 故选：A. 98．已知长方体全部棱长的和为12，表面积为3，则该长方体的外接球的表面积为______. 【答案】 【分析】设长方体的长、宽、高分别为、、，根据题意可得，进而求外接球的半径和表面积. 【详解】设长方体的长、宽、高分别为、、，且， 由题意可知：，即， 且， 可得， 可知：该长方体的外接球的半径， 所以该长方体的外接球的表面积为. 故答案为：. 【题型22直棱柱外接球】 99．在直三棱柱中，，，且，则该三棱柱的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据因为，利用正弦定理得外接圆半径为，利用勾股定理即可得外接球半径为，代入球的体积公式即可求解. 【详解】设外接圆半径为，圆心为，设外接球球心为，半径为， 因为，，在中由正弦定理有， 则，则有， 所以，所以球的体积为：    ， 故选：D. 100．在直三棱柱中，各棱长均为2，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_______. 【答案】 【分析】设上下两个底面的中心分别为，连接，则直三棱柱外接球的球心为的中点，连接，在中可求得球的半径，从而可求出球的表面积. 【详解】 设上下两个底面的中心分别为，连接， 因为所有棱长为2的直三棱柱的六个顶点都在同一球面上， 所以直三棱柱外接球的球心为的中点， 连接，在等边中，， 在直角中，， 所以直三棱柱外接球的半径， 所以球的表面积为. 故答案为： 101．已知直三棱柱的各个顶点都在球的球面上，且，，球的体积为，则该三棱柱的体积为（    ） A． B．1 C． D．3 【答案】A 【分析】首先求三棱柱底面三角形外接圆的半径，再求三棱柱外接球的半径，根据球的体积公式求三棱柱的高，最后代入三棱柱的体积公式，即可求解. 【详解】，则，则， 所以外接圆的半径， 设，所以直三棱柱外接球的半径， 球的体积，所以，即， 所以三棱柱的体积. 故选：A 【题型23棱锥外接球】 102．在三棱锥中，已知平面，，.若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将三棱锥补成长方体，计算出长方体的体对角线长，即为该三棱锥外接球的直径，再结合球体表面积公式可得结果. 【详解】因为，，所以，故， 又因为平面，，将三棱锥补成长方体，如下图所示： 所以三棱锥的外接球直径即为长方体的体对角线长， 设三棱锥的外接球半径为， 则，故， 因此该球的表面积为. 故选：D. 103．在三棱锥中，已知，，，则该三棱锥外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意得到三棱锥的对棱相等，可知该三棱锥可置于一个长方体中，再求长方体外接球的体积即可. 【详解】由题意可知：，，， 则三棱锥可放置在如图所示的长方体中， 设三棱锥三组对棱的长分别为，，， 由对棱相等模型，，，， 即，所以长方体的体对角线平方为：， 即体对角线长为，则， 该三棱锥外接球的体积. 故选：B. 104．已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长，则该三棱锥的外接球的表面积为_________. 【答案】 【分析】根据给定条件，确定外接球球心位置，利用球的截面小圆性质求出球半径即可. 【详解】在正三棱锥中，正的边长为，取线段的中点，连接， 则，，设点在底面的射影为点， 则为正的中心，，则， 设正三棱锥的外接球球心为，则在直线上，设球的半径为R， 则，由勾股定理得，即，解得， 所以该正三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为： 105．已知圆锥的底面圆周在球O的球面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积为（   ） A．12π B．16π C．48π D．9π 【答案】C 【分析】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，球的半径为，根据题意，求得，得到，即球的半径为，结合球的表面公式，即可求解. 【详解】如图所示，设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，球的半径为， 因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，可得，解得， 又因为圆锥的高为，可得，解得， 即圆锥的底面圆的半径为，母线长为，即球的半径为， 所以球的表面积为. 故选：B 106．已知某圆锥的母线长是底面半径的4倍，且该圆锥外接球的表面积为，则该圆锥外接球的半径为___________，该圆锥的底面半径为___________. 【答案】 / 1 【分析】设圆锥的底面半径为，圆锥外接球的半径为，根据已知条件结合球的面积公式及勾股定理求出、. 【详解】如图，设圆锥的底面半径，圆锥外接球的球心为，外接球的半径为， 由题意，球的表面积为，解得，即， 由，则， 在中，， 则，解得. 故答案为：；1. 【题型24内切球】 107．一个正四棱锥底面边长为2，高为，则该四棱锥的内切球表面积为__________. 【答案】/ 【分析】根据三角形相似求出内切球半径，再利用球的表面积公式求其表面积. 【详解】由题意可知该几何体为正四棱锥，如图， 为内切球的球心，是棱锥的高，分别是的中点， 连接是球与侧面的切点，可知在上，， 设内切球半径为， 则， 由△∽△可知，即，解得， 所以内切球表面积. 故答案为：. 108．正三棱锥的底面是面积为的正三角形，高为，则其内切球的表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用等体积法来求内切球半径，可先画出正三棱锥的图形，由底面积和高可得正三棱锥体积，根据正三角形性质可知边长，结合高可得侧面三角形的高，即可得到正三棱锥表面积，再由得到，进而求解. 【详解】如图， 为底面正三角形的中心，平面，， 则正三棱锥的体积为， 延长交于，则为的中点， 所以，则， 所以，， 所以， 所以正三棱锥的表面积为， 设内切球半径为，则，即，解得， 所以内切球的表面积为， 故选：D 109．如图，在一个底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥中，大球内切于该四棱锥，小球与大球及四棱锥的四个侧面相切，则小球的表面积为______． 【答案】 【分析】设O为正方形ABCD的中心，AB的中点为M，连接PM，OM，PO，可画出内切球的切面图，分别求出大球和小球的半径分别为和，从而求出小球的表面积. 【详解】设O为正方形ABCD的中心，AB的中点为M，连接PM，OM，PO，则，，， 如图，在截面PMO中，设N为球与平面PAB的切点，则N在PM上， 且，设球的半径为R，则， ∵，∴，则，，∴， 设球与球相切于点Q，则， 设球的半径为r，同理可得，∴， 故小球的表面积. 故答案为： 【题型25立体几何解答题】 110．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，，底面，，点E在棱上．    (1)求证：平面平面； (2)若平面，求； (3)当取得最小值时，求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)． 【分析】（1）先根据线面垂直的性质定理及菱形的性质得出及；再根据线面垂直的判定定理得出平面；最后根据面面垂直的判定定理可证得平面平面． （2）先根据线面平行的性质定理得出，进而得出E到平面的距离；再根据菱形的性质得出；最后根据三棱锥等体积及锥体的体积公式即可求解. （3）先根据线面垂直的性质定理即二面角的定义得出即为二面角的平面角；再根据线面垂直的判定定理及性质定理得出；最后结合菱形的性质及三角形的有关计算即可求解. 【详解】（1）因为平面，平面，所以. 因为四边形为菱形，所以. 又因为，平面，平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面． （2）连接，如图所示：    因为平面，平面，平面平面， 所以. 因为O是中点，所以E是中点． 因为平面，， 所以E到平面的距离． 因为在菱形中，，， 所以， 所以． （3）由（1）知：平面， 因为平面，平面，平面， 得，，， 故即为二面角的平面角． 当取得最小值时，有， 又因为，所以平面， 又因为平面，所以. 又因为在菱形中，，， 所以，， 又因为， 所以， 又因为在中，， 所以． 则在中，， 所以二面角的余弦值为． 111．如图，在正三棱柱中，D为AB的中点，，． (1)证明：． (2)证明：平面． (3)求二面角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据题意，分别证得和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得； （2）由（1）知平面，得到，再由，证得，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面. （2）过点作，分别证得和，得到为二面角的平面角，在直角中，求得的长，结合，即可求解. 【详解】（1）证明：在等边中，因为为的中点，可得， 在正三棱柱中，可得平面，且平面， 所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以. （2）证明：由（1）知平面，且平面，所以， 在直角中，由，可得， 在直角中，因为，可得，可得， 在直角中，由，可得， 则满足，所以， 因为，且平面，所以平面. （3）解：过点作，垂足为， 由（2）知平面，且平面，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 在直角中，由，可得， 又由（1）知平面，且平面，所以 ， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 所以二面角的正切值为. 112．如图，在正三棱柱中，，分别是和的中点． (1)证明：平面平面； (2)若，平面与平面的锐二面角的余弦值为，求该三棱柱的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据等腰三角形的性质，结合中点，可得线线垂直，进而可得平面，进而根据面面垂直的判定求解， （2）根据面面角的定义可得为平面与平面所成的角，即可根据锐角三角函数求解棱柱的高，由体积公式即可求解. 【详解】（1）证明：连接,则与相交于， 由于三棱柱为正三棱柱， 故为等边三角形， 故,, 结合是与的中点，所以, 又与相交于，且平面， 故平面， 平面，故平面平面， （2）延长与的延长线交于点,连接, 则平面与平面相交于直线， 由于是的中点，故,即是的中点， 因此,故， 又平面，平面， 故, 平面， 故平面，平面， 故，又，因此为平面与平面所成的角， ,故， 因此, 故三棱柱的体积为 113．如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面，为中点．    (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）利用等腰三角形性质可得，再由面面垂直性质定理可得结论； （2）由锥体体积公式直接计算可得结果； （3）利用面面平行判定定理可证明平面平面，再由其性质可证明当时，满足题意. 【详解】（1）因为为中点，，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． （2）在直角三角形中， ∵，∴，∴． 又三角形的面积 由（1）知，平面， 所以三棱锥的高为． 所以 . （3）过点作交于点，则； 过点作交于点，连接，则；如下图所示：    因为平面，平面， 所以平面． 又因为，平面，平面， 所以平面． 因为，平面，平面， 所以平面平面． 因为平面，所以平面． 所以在上存在点，使得平面，且． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题03立体几何初步章末重点题型汇编 （二十五大题型） 【题型1 判断几何体类型（柱、锥、台、球）】 【题型2 几何体结构正误辨析】 【题型3 斜二测画法中有关量的计算】 【题型4 柱体表面积与体积】 【题型5 锥体表面积与体积】 【题型6 台体表面积与体积】 【题型7 球的表面积与体积】 【题型8 组合体表面积 / 体积】 【题型9 三个公理及推论应用】 【题型10 截面问题】 【题型11 线线位置关系判断】 【题型12 异面直线判定与夹角】 【题型13 证明线面平行】 【题型14 证明面面平行】 【题型15 平行中的动点存在性问题】 【题型16证明线面垂直】 【题型17 证明面面垂直】 【题型18 线面角、二面角计算】 【题型19点到平面的距离】 【题型20线面距离、面面距离】 【题型21长方体 / 正方体的外接球】 【题型22直棱柱外接球】 【题型23棱锥外接球】 【题型24内切球】 【题型25立体几何解答题】 【题型1 判断几何体类型（柱、锥、台、球）】 1．已知由五个面围成多面体，有且只有四个面是三角形，则这个几何体为（   ） A．四棱柱 B．四棱锥 C．三棱柱 D．三棱锥 2．下列几何体中是四棱锥的是 A． B． C． D． 3．下列立体图形为平行六面体的是（   ）. A． B． C． D． 4．如图，长方体被一个平面截成两个几何体，且 ，这两个几何体分别是（    ） A．三棱柱和五棱柱 B．三棱台和五棱柱 C．三棱柱和五棱台 D．三棱台和五棱台 【题型2 几何体结构正误辨析】 5．关于正九棱锥，下列判断错误的是（   ） A．正九棱锥有18条棱 B．正九棱锥的侧棱都相等 C．正九棱锥有18个面 D．正九棱锥的底面是正九边形 6．四棱锥至多有几个面是直角三角形？（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 7．从几何体的某一顶点开始，沿着棱不间断，不重复地画完所有棱的画法称为“一笔画”.下列几何体可以“一笔画”的是（    ） A． B． C． D． 8．一个几何体由5个面围成，则该几何体可能是（    ） A．三棱锥 B．四棱柱 C．三棱台 D．五棱锥 9．下列说法正确的是（    ） A．棱柱中两个互相平行的平面一定是棱柱的底面 B．棱柱的侧面都是全等的平行四边形 C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱 D．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 【题型3 斜二测画法中有关量的计算】 10．如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形中最长边的长度为（ ） A．2 B． C．4 D．6 11．如图，是利用斜二测画法画出的（为直角）的直观图，的面积为，图中，过点作轴于点，则的长为（   ）    A．1 B． C． D． 12．如图，一个水平放置的平面图形的直观图是直角，其中，则原图形的面积为（   ）    A． B． C． D． 13．如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法面出的直观图，其中，，则原四边形的周长为（    ） A． B．20 C．12 D． 【题型4 柱体表面积与体积】 14．已知正四棱柱中，截面是边长为的正方形，则正四棱柱的表面积为（    ） A． B． C． D． 15．如图，已知一个直四棱柱的侧棱长为6，底面是对角线长分别是9和13的菱形，则这个四棱柱的侧面积是（    ）．    A． B． C． D． 16．如图，在正方体的八个顶点中，有四个顶点A，，C，恰好是正四面体的顶点，则此正四面体的表面积与正方体的表面积之比为（    ）    A． B． C． D． 17．已知底面边长为，侧棱长为的正三棱柱的体积为（    ） A． B． C． D． 18．已知正三棱柱中，，则该三棱柱的体积为（    ） A． B． C． D． 19．以周长为32的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【题型5 锥体表面积与体积】 20．已知正四面体的表面积为，则它的棱长为（    ） A．3 B． C．2 D．1 21．若正四棱锥的高为，且其各侧面的面积之和是底面积的2倍，则该四棱锥的表面积为（    ） A．4 B．8 C．12 D．24 22．一个正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该四棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 23．已知某正四棱锥的高为2，体积为24，则该正四棱锥的底面边长为（   ） A．9 B．8 C．6 D． 24．空间中有一正方体， 将点依次连接， 得到体积为 的三棱锥 ，则正方体的体积为（   ） A． B．24 C． D． 25．如图1，在直角梯形ABCD中,,,,,,E为线段BC上的一点,,过E作AB的平行线交AD于F,将矩形ABEF翻折至与梯形ECDF垂直得到六面体ABCDFE,如图2,则六面体ABCDFE的体积为（    ） A． B． C． D． 26．已知圆锥底面半径为2，其母线与下底面所成角为，则该圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 27．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 28．若一个圆锥的轴截面是一个腰长为，底边上的高为2的等腰三角形，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【题型6 台体表面积与体积】 29．已知一个正四棱台的两个底面的边长分别为4和16，侧棱长为10，则该棱台的侧面积为（    ）． A．80 B．240 C．320 D．640 30．圆台的上、下底面半径分别是，且圆台的高为4，则该圆台的体积是（    ） A．30π B．28π C．25π D．24π 31．正四棱台的上、下底面的边长分别为2，8，侧棱长为，则其体积为（    ） A． B． C． D． 32.一个三棱柱容器中盛有水，侧棱，若侧面如图2水平放置时，水面恰好过AC，BC，，的中点，那么当底面ABC水平放置时，水面高为（    ）    A．2 B．4 C．6 D．8 33．某款厨房用具中的香料收纳罐的实物图如图1所示，该几何体为上、下底面周长分别为，的正四棱台，若棱台的高为，忽略收纳罐的厚度，则该香料收纳罐的容积为（    ） A． B． C． D． 34．已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 【题型7 球的表面积与体积】 35．已知平面截球的截面面积为，点到平面的距离为3，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 36．小明同学的早餐是一个馒头和一块火腿肠，馒头可以看作一个底面直径为的半球，火腿肠可以看作是由一平面将一圆柱截去一部分所得，其数据如图所示，题该馒头和火腿的体积分别为（    ） A．， B．， C．， D．， 37．天然钻石是在地球深部高压、高温条件下形成的一种由碳元素组成的单质晶体，随着科技发展，人工钻石也在不断涌现，目前已合成的有白钻、黄钻、绿钻及蓝钻.钻石常见外形有圆形、椭圆形、榄尖形、心形、梨形、方形、三角形等！现有一款雕琢后的钻石，其形状如图所示，可看作由正六棱台 和正六棱锥 P-ABCDEF组合而成，其中 若该组合体的外接球存在，且外接球的体积为36π，则AA₁ 的长度为（    ） A．1 B． C． D． 38．如图，过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，所得截面圆的半径为，则球的体积是（    ） A． B． C． D． 39．已知正三棱柱底面边长为，侧棱长为1，则该正三棱柱外接球体积为（    ） A．3π B． C． D． 40．把一个铁制的底面半径为，侧面积为的实心圆柱熔化后铸成一个球，则这个铁球的表面积为（    ） A． B． C． D． 41．素面高足银杯（如图1）是唐代时期的一件文物．银杯主体可以近似看作半个球与圆柱的组合体（假设内壁光滑，杯壁厚度可忽略），如图2所示，已知球的半径为r，银杯内壁的表面积为，则球的半径与圆柱的高之比为（   ）    A． B． C． D． 42．如图，“蘑菇”形状的几何体是由半个球体和一个圆柱体组成，球的半径为，圆柱的底面半径为，高为，则该几何体的表面积为_______．    【题型8 组合体表面积 / 体积】 43．不锈钢实心陀螺是早起民间的小孩子的娱乐工具之一，现在成了一些城市老年人健身和娱乐的工具，目前的成人陀螺的形状由同底的一个圆柱和一个圆锥组合而成．如下图，已知一陀螺的圆柱的底面直径为16，圆柱和圆锥的高均为6，则该陀螺的表面积为（    ） A． B． C． D． 44．已知一个圆柱和一个圆锥的底面半径和高分别相等，圆柱的轴截面是一个正方形，则这个圆柱的侧面积和圆锥的侧面积的比值是（    ） A． B． C． D． 45．民间娱乐健身工具陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺的立体结构图.已知.底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积是（    ） A． B． C． D． 46．如图一是一个组合体的直观图，它的下部分是一个圆台，上部分是一个圆柱，图二是该组合体的轴截面，则它的表面积是（    ）    A． B． C． D． 【题型9 三个公理及推论应用】 47．如图，空间四边形中，分别是的中点，分别在上，且． (1)求证：四点共面； (2)设与交于点，求证：三点共线． 48．如图，在正方体中，E，F分别是上的点，且.    (1)证明：四点共面； (2)设，证明：A，O，D三点共线. 49．已知正方体中，，点M，N分别是线段，的中点． (1)求点M到平面的距离； (2)判断，M，B，N四点是否共面，若是，请证明；若不是，请说明理由． 【题型10 截面问题】 50．将一个苹果切3刀，最多可以切成x块，最少可切成y块，则的值为________． 51．E、F分别为正方体ABCD－A1B1C1D1的棱CC1、C1D1的中点，则过A、E、F三点的截面的图形是______________.    52．如图，在边长为的正方体中，为的中点，过 、、作正方体的截面，则截面面积为____________. 53．已知平面与平面将空间分成3部分，若空间中还有一个平面，那么这三个平面可以将空间分成______．部分． 54．在棱长为的正方体中，若为的中点，则过三点的平面截正方体所得的截面面积为____________． 【题型11 线线位置关系判断】 55．已知空间中的三条直线l、m、n，若l与m异面，且l与n异面，则m与n（    ） A．异面 B．相交 C．平行 D．均有可能 56．已知点M是平行六面体的面对角线上的动点，则下列直线中与恒为异面直线的是（ ） A． B． C．CD D． 57．如图，在正方体中，直线与直线BD（   ） A．异面 B．平行 C．相交且垂直 D．相交但不垂直 58．垂直于同一条直线的两条直线一定（    ） A．平行 B．相交 C．异面 D．以上都有可能 【题型12 异面直线判定与夹角】 59．在正方体中，分别为、、、的中点，则异面直线与所成的角等于（    ） A． B． C． D． 60．在正方体中，为的中点，则直线与所成角的余弦值为_________． 61．已知正四棱锥的底面边长为2，体积为，为棱的中点，则直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 62．在矩形中，，，为边的中点，现将绕直线翻转至处，如图所示，若为线段的中点，则异面直线与所成角的正切值为（    ）    A． B．2 C． D．4 63．一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中，下列结论正确的是（    ） A． B． C．MN与AB是异面直线 D．BF与CD成角 【题型13 证明线面平行】 64．正三棱柱的底面正三角形的边长为2，D为的中点，． (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积． 66．如图，在正方体1中，，E、F、G分别为、、中点. (1)求三棱锥的表面积； (2)求证：平面. 67．如图，四边形是平行四边形，点分别为线段的中点． (1)证明：平面； (2)若，证明：． 68．如图，在三棱柱中，，点是的中点，平面. (1)求证： 平面； (2)求三棱锥的体积； (3)求三棱柱外接球的表面积. 【题型14 证明面面平行】 69．如图，在三棱柱中，分别是的中点.求证： (1)证明：四点共面；直线，直线，直线三线共点 (2)平面平面. 70．如图所示，在三棱柱中， 分别是，，的中点，求证： (1)平面； (2)平面平面． 71．如图，在正方体中，是的中点，分别是的中点，求证： (1)平面； (2)平面平面. 72．如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，点M是线段B1D1上的一个动点，E，F分别是BC，CM的中点． (1)求证：EF平面BDD1B1； (2)设G为棱CD上的中点，求证：平面GEF平面BDD1B1． 73．如图，已知四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，点M、N、Q分别是PA、BD、PD的中点.求证： (1)平面PCD； (2)平面平面PBC． 【题型15平行中的动点存在性问题】 74．图，在正三棱柱中，O为与的交点，M为的中点，． (1)证明：平面； (2)若G为线段FC上一动点，在平面上是否存在一点N，使得平面恒成立？若存在，请找出点N位置并证明平面；若不存在，请说明理由． 75．如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点.    (1)求证：平面； (2)若为上的动点，则线段上是否存在点N，使得平面?若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由. 76．如图：在正方体中，棱长，M为的中点． (1)求三棱锥的体积； (2)求证：平面； (3)若为线段上的动点，则线段上是否存在点，使平面？说明理由． 77．如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点． (1)求证：平面； (2)若为上的动点，则线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由； 【题型16证明线面垂直】 78．如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，E为的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面. 79．如图，在四棱锥中，，，，，，，. (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的余弦值. 80．如图，在四棱锥中，平面，为的中点，，，，. (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 81．如图，在三棱柱中，底面分别为的中点，求证： (1)平面； (2)平面. 82．如图，矩形与梯形所在的平面互相垂直，，，，，M为的中点．求证： (1)平面； (2)平面． 【题型17证明面面垂直】 83．如图，已知正方体．求证： (1)平面； (2)平面平面． 84．如图所示，四棱锥的底面是边长为的菱形，，是的中点，底面，. (1)证明：平面平面； (2)求点到平面的距离. 【题型18线面角、二面角计算】 85．如图，在三棱锥D-ABC中，底面ABC为正三角形，，，． (1)求证：； (2)求二面角的平面角的正弦值． 86．空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值. 87．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，平面，． (1)求证：平面； (2)求证：平面PAC平面PCD； (3)求二面角所成角的余弦值． 88．如图1，在矩形ABCD中，，，将△BCD沿BD翻折至△BC1D，且，如图2所示.    (1)求证：平面ABC1⊥平面AC1D； (2)求点C1到平面ABD的距离d； (3)求二面角的余弦值. 【题型19点到平面的距离】 89．已知在四棱锥 中，底面是矩形，平面，分别是的中点，且 (1)求证: 平面 (2)求点A到平面的距离. (3)求平面与平面所成锐二面角的正弦值. 90．如图，在直三棱柱中，侧面为正方形，，，点D是棱的中点，点O为与交点. (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离. 91．如图，已知平面ABC，，，，，，点为的中点 (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)若点为的中点，求点到平面的距离． 【题型20线面距离】 92．四棱锥的底面是边长为的正方形，是的中点， (1)证明：平面； (2)若在底面上的投影为底面中心，求直线到平面的距离． 93．如图，在直三棱柱中，，，，M为的中点． (1)证明：平面； (2)求直线到平面的距离． 94．如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱底面，，是的中点.    (1)求证：直线平面； (2)求直线到平面的距离. 【题型21长方体 / 正方体的外接球】 95．如图，在三棱锥中，， (1)求三棱锥的表面积； (2)求三棱锥的外接球体积． 96．棱长为的正方体的外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 97．若长方体的长、宽、高分别为1，1，2，则该长方体外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 98．已知长方体全部棱长的和为12，表面积为3，则该长方体的外接球的表面积为______. 【题型22直棱柱外接球】 99．在直三棱柱中，，，且，则该三棱柱的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 100．在直三棱柱中，各棱长均为2，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_______. 101．已知直三棱柱的各个顶点都在球的球面上，且，，球的体积为，则该三棱柱的体积为（    ） A． B．1 C． D．3 【题型23棱锥外接球】 102．在三棱锥中，已知平面，，.若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 103．在三棱锥中，已知，，，则该三棱锥外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 104．已知正三棱锥的底面边长为，侧棱长，则该三棱锥的外接球的表面积为_________. 105．已知圆锥的底面圆周在球O的球面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积为（   ） A．12π B．16π C．48π D．9π 106．已知某圆锥的母线长是底面半径的4倍，且该圆锥外接球的表面积为，则该圆锥外接球的半径为___________，该圆锥的底面半径为___________. 【题型24内切球】 107．一个正四棱锥底面边长为2，高为，则该四棱锥的内切球表面积为__________. 108．正三棱锥的底面是面积为的正三角形，高为，则其内切球的表面积为（ ） A． B． C． D． 109．如图，在一个底面边长为2，侧棱长为的正四棱锥中，大球内切于该四棱锥，小球与大球及四棱锥的四个侧面相切，则小球的表面积为______． 【题型25立体几何解答题】 110．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，，，底面，，点E在棱上．    (1)求证：平面平面； (2)若平面，求； (3)当取得最小值时，求二面角的余弦值． 111．如图，在正三棱柱中，D为AB的中点，，． (1)证明：． (2)证明：平面． (3)求二面角的正切值． 112．如图，在正三棱柱中，，分别是和的中点． (1)证明：平面平面； (2)若，平面与平面的锐二面角的余弦值为，求该三棱柱的体积． 113．如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面，为中点．    (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积； (3)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 1 学科网（北京）股份有限公司 $